bookpdp by mawardi
DESCRIPTION
Modul PDPTRANSCRIPT
Diktat Persamaan DifferensialParsial
Materi-Materi Setelah Ujian Tengah Semester
Dr. Eng. Mawardi Bahri, M.Si.
April 2010
i
Kata Pengantar
Syukur Alhamdulillah, penyusun panjatkan kehadirat Allah SWT, karena atas izin-
Nya diktat mata kuliah ini dapat diselesaikan pada waktunya.
Diktat ini kami maksud sebagai salah satu buku pendamping mahasiswa dalam
memahami mata kuliah ”Persamaan Differensial Parsial” yang diajarkan setiap
tahun pada Jurusan Matematika FMIPA UNHAS, disusun berdasarkan kebutuhan
terhadap pengembangan riset matematika terapan yang harus dimiliki oleh ma-
hasiswa dalam menyiapkan dirinya menjadi peneliti yang andal pada masa men-
datang.
Kebanyakan isi dari diktat ini diambil dari [1, 2] dan berdasarkan pada pen-
galaman penulis dalam mengajar mata kuliah ini dalam berapa tahun sebelumnya.
Diktat mata kuliah ini akan senantiasa direvisi setiap tahun dan disempurnakan
sesuai dengan perkembangan ilmu dan kebutuhan riset ke depan yang selalu berkem-
bang.
Sasaran yang ingin dicapai setelah mahasiswa mempelajarai diktat ini den-
gan baik adalah memperoleh pengetahuan terbaru dalam matematika terapan dan
kemudian mengembangkan pengetahuan yang ada untuk mendapat hal baru juga
sehingga hasilnya bisa dipublikasikan pada jurnal nasional ataupun jurnal interna-
sional.
Akhirnya, penulis ingin mengucapkan terima kasih khususnya kepada Dr. Jef-
fry Kusuma sebagai penanggung jawab mata kuliah ini dan yang telah menga-
jarkan dasar-dasar persamaan differensial ketika penulis menempuh program S1 di
Jurusan Matematika FMIPA Universitas Hasanuddin (1992-1997) serta kepada se-
mua pihak yang telah membantu dalam penyusunan diktat mata kuliah ini baik
secara langsung maupun tidak langsung. Semoga kehadiran diktat ini dapat mem-
bantu semua pihak yang tertarik memahami teori-teori dasar persamaan differen-
ii
sial parsial dan aplikasinya serta juga memberi kontribusi bagi pengembangan ilmu
pengetahuan dan teknologi.
Bukan gading namanya kalau diantara himpunan gading itu ada yang tidak
retak, demikian pula pada himpunan huruf, angka, simbol yang digunakan dalam
diktat ini serta tampilannya yang diyakini masih memiliki kekurangan. Oleh karena
itu kami mohon maaf akan hal tersebut, namun kami juga mengharapkan masukan
dan kritikan yang sifatnya membangun demi sempurnanya diktat mata kuliah ini di
masa mendatang.
Makassar, April 2010
Penulis
Daftar Isi
Kata Pengantar i
1 Persamaan Gelombang Dua Dimensi 1
1.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan Pemisahan . . . . . . . . . 3
1.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh Masalah . . . . . . . 4
1.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius . . . . . 6
2 Persamaan Laplace 13
2.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Silinder . . . . . . . . 15
2.1.2 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Bola . . . . . . . . . . 16
2.1.3 Persamaan Laplace di dalam Domain Sirkuler . . . . . . . . . 18
2.1.4 Persamaan Laplace di dalam Annulus . . . . . . . . . . . . . 20
3 Solusi Numerik 23
3.1 Solusi Numerik (Numerical Solutions) . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Daftar Pustaka 26
iii
iv
Bab 1
Persamaan Gelombang Dua
Dimensi
1.1 Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi
Misalkan sebuah membran tipis elastis di rentangkan atas frame empat persegi pan-
jang dengan dimensi a dan b dan sisinya di buat fixed. Membran tersebut di getarkan
dengan menggerakkan secara vertikal dan kemudian dilepaskan. Getaran dari mem-
bran tersebut dibagun oleh persamaan gelombang dua dimensi (2D)
∂2u
∂t2= c2
(∂2u
∂x2+∂2u
∂y2
), 0 < x < a, 0 < y < b, t > 0, (1.1)
dimana u = u(x, y, t) menyatakan pembelokan (deflection) di titik (x, y) dan pada
waktu t. Kita punya syarat-syarat batas sebagai berikut:
u(0, y, t) = 0 dan u(a, y, t) = 0, 0 ≤ y ≤ b dan t ≥ 0, (1.2)
dan
u(x, 0, t) = 0 dan u(x, b, t) = 0, 0 ≤ x ≤ a dan t ≥ 0. (1.3)
1
2 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
Syarat-syarat awal
u(x, y, 0) = f(x, y) dan∂u
∂t(x, y, 0) = g(x, y). (1.4)
Untuk menentukan getaran dari gelombang kita harus mendapat fungsi u yang
memenuhi (1.1)-(1.4). Kita pecahkan persoalan nilai batas diatas menggunakan
metode pemisahan variabel (separation of Variables).
Kita cari perkalian solusi dari bentuk
u(x, y, t) = X(x)Y (y)T (t). (1.5)
Diferensiasikan (1.5) dan substitusikan ke persamaan (1.1) kita memperoleh
XY T ′′ = c2(X ′′Y T +XY ′′T ). (1.6)
Bagi kedua sisi dari persamaan diatas dengan c2XY T kita punya
T ′′
c2T=X ′′
X+Y ′′
Y. (1.7)
Karena sisi kiri adalah fungsi terhadap t dan sisi kanan adalah fungsi terhadap x
dan y, persamaan itu mesti konstan. Asumsikan kostanta pemisahan adalah negativ.
MakaT ′′
c2T= −k2 dan
X ′′
X+Y ′′
Y= −k2. (1.8)
Suku pertama dari persamaan (1.8) menghasilkan
T ′′ + k2c2T = 0. (1.9)
Suku kedua dari persamaan (1.8) menghasilkan
X ′′
X︸︷︷︸−µ2
= −Y′′
Y− k2︸ ︷︷ ︸
−µ2
. (1.10)
Dari persamaan (1.10) kita simpulkan
X ′′
X= −µ2 dan − Y ′′
Y− k2 = −µ2, µ > 0. (1.11)
1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 3
Atau
X ′′ + µ2X = 0 dan Y ′′ + ν2Y = 0, (1.12)
dimana ν2 = k2−µ2. Sekarang kita tiba pada persamaan-persamaan berikut:
X ′′ + µ2X = 0, X(0) = 0, X(a) = 0,
Y ′′ + ν2Y = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0,
T ′′ + k2c2T = 0, k2 = ν2 + µ2. (1.13)
1.1.1 Solusi dari Persamaan-Persamaan Pemisahan
Solusi umum dari persamaan (1.13) diberikan oleh
X(x) = c1 cosµx+ c2 sinµx,
Y (y) = d1 cos νy + d2 sin νy,
T (t) = e1 cos ckt+ e2 sin ckt, (k2 = ν2 + µ2). (1.14)
Dari syarat-syarat batas untuk X dan Y kita memperoleh c1 = 0 dan c2 sinµ a = 0
dan d1 = 0 dan d2 sin ν b = 0. Maka
sinµ a = sinmπ ⇒ µ = µn =mπ
a, (1.15)
dan
sin ν b = sinnπ ⇒ ν = νn =nπ
b, m, n = 1, 2, · · · , (1.16)
sehingga
Xm(x) = sinmπ
ax dan Yn(x) = sin
nπ
by. (1.17)
Kita juga mempunyai
k = km =√µ2m + ν2n =
√m2π2
a2+n2π2
b2. (1.18)
4 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
Jadi,
T (t) = Tmn(t) = Bmn cos ckmt+B∗mn sin ckmt
= Bmn cos cπ
√m2
a2+n2π2
b2t+B∗mn sin cπ
√m2
a2+n2
b2t
= Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt, (1.19)
dimana
λmn = cπ
√m2
a2+n2
b2. (1.20)
Disini λmn disebut frequensi karakteristik dari membran. Kita kemudian memper-
oleh perkalian solusi yg memenuhi persamaan-persamaan (1.1), (1.2) dan (1.3)
umn(x, y, t) = sinmπ
ax sin
nπ
by (Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt). (1.21)
1.1.2 Solusi Double Deret Fourier dari Seluruh Masalah
Dengan mennggunakan prinsip superposisi, kita jumlahkan semua perkalian solusi
dan mendapat
u(x, y, t) =∞∑n=1
∞∑m=1
(Bmn cosλmnt+B∗mn sinλmnt) sinmπ
ax sin
nπ
by. (1.22)
Dari syarat awal pertama u(x, y, 0) = f(x, y), kita memperoleh
f(x, y) =∞∑n=1
∞∑m=1
Bmn sinmπ
ax sin
nπ
by. (1.23)
Perhatikan bahwa fungsi-fungsi sin mπax sin nπ
by adalah orthogonal atas 0 ≤
x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b. Yaitu,∫ b
0
∫ a
0
sinmπ
ax sin
nπ
by sin
m′π
ax sin
n′π
by dxdy = 0, (m,n) 6= (m′, n′). (1.24)
Jika (m,n) 6= (m′, n′), maka kita memperoleh∫ b
0
∫ a
0
sinmπ
ax sin
nπ
by dxdy =
ab
4. (1.25)
1.1. Solusi Persamaan Gelombang Dua Dimensi 5
Kalikan (1.23) dengan sin m′πax sin n′π
by kemudian integrasikan atas empat persegi
panjang a× b dan gunakan sifat ortogonal, kita mendapat
Bm,n =4
ab
∫ b
0
∫ a
0
f(x, y) sinmπ
ax sin
nπ
by dxdy. (1.26)
Deret didalam (1.23) dengan koefisien diberikan oleh (1.26) disebut deret double
Fourier sinus dari f . Dengan cara yang sama, dari syarat awal kedua u(x, y, 0) =
f(x, y) kita memperoleh
g(x, y) =∞∑n=1
∞∑m=1
B∗mn sinmπ
ax sin
nπ
by. (1.27)
Dengan argument yang sama, kita memperoleh
B∗m,n =4
abλmn
∫ b
0
∫ a
0
g(x, y) sinmπ
ax sin
nπ
by dxdy. (1.28)
Contoh 1.1.1 Sebuah membran bujur sangkar dengan a = b = 1 dan c = 1/π
ditempatkan pada bidang xy. Sisi-sisi dari membran dibuat fixed dan membran
tersebut direntangkan kedalam bentuk yang dimodelkan oleh fungsi f(x, y) = x(x −
1)y(y − 1), 0 < x < 1, 0 < y < 1. Anggap membran tersebut mulai bergetar dari
diam. Tentukan posisi setiap titik pada membran untuk t > 0.
Solusi. Kita punya g(x, y) = 0, dan sehingga B∗m,n = 0. Untuk m,n = 1, 2, 3, · · · ,
kita punya
Bm,n = 4
∫ 1
0
∫ 1
0
x(x− 1)y(y − 1) sinmπx sinnπy dxdy
= 4
∫ 1
0
y(y − 1) sinnπy dy
∫ 1
0
x(x− 1) sinmπxdx. (1.29)
Integral parsial memberikan
4
∫ 1
0
x(x− 1) sinmπxdx =2((−1)m − 1)
π3m3. (1.30)
Formula similar berlaku untuk integral dengan variabel y. Jadi,
Bm,n = 42((−1)n − 1)
π3n3
2((−1)m − 1)
π3m3, m, n = 1, 2, · · · . (1.31)
6 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
Jika salah satunya m or n genap, Bmn adalah zero. Jika keduanya m dan n adalah
ganjil, maka Bm,n = 64π6m3n3 . Jadi, solusinya adalah
u(x, y, t) =∑n odd
∑m odd
64
π6m3n3sinmπx sinnπy cos
√m2 + n2t
=∞∑l=0
∞∑k=0
(64
π6(2k + 1)3(2l + 1)3sin(2k + 1)πx sin(2l + 1)πy
× cos√
(2k + 1)2 + (2l + 1)2t). (1.32)
Latihan 1.1.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dengan
a = b = 1, c = 1/π dan fungsi f dan g diberikan di bawah ini.
(i). f(x, y) = 0, g(x, y) = 1.
(ii). f(x, y) = sin πx sin πy, g(x, y) = 0.
(iii). Plot jumlah parsial dari solusi deret pada bermacam-macam nilai dari t untuk
mengilustrasikan getaran dari membran.
1.2 Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Ko-
ordinat Kartesius
Untuk persoalan steady-state or time independent di dalam dua dimensi atas persegi
panjang a× b, kita pertimbangkan persamaan berikut:
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2= 0, 0 < x < a, 0 < y < b. (1.33)
Persamaan ini dikenal dengan persamaan Laplace dua dimensi. Didalam per-
soalan tertentu, solusi yang dicari ditentukan oleh syarat-syarat batas yang diberikan.
Sekarang kita impose syarat-syarat batas
u(x, 0) = f1(x), u(x, b) = f2(x), 0 < x < a
u(0, y) = g1(y), u(a, y) = g2(y), 0 < y < b. (1.34)
1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 7
Sebuah persoalan yang terdiri dari persamaan Laplace pada daerah di dalam bidang
bersama dengan nilai batasnya disebut persoalan Dirichlet. Maka persoalan di
atas disebut persoalan Dirichlet pada empat persegi panjang. Kita mulai dengan
memecahkan kasus khusus bila f1, g1 dan g2 semuanya zero.
Contoh 1.2.1 Pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan Laplace 1.33) dengan
metode pemisahan variabel dengan syarat batas berikut:
u(x, 0) = f1(x) = 0, u(x, b) = f2(x), 0 < x < a
u(0, y) = g1(y) = 0, u(a, y) = g2(y) = 0, 0 < y < b. (1.35)
Solusi. Substitusi perkali solusi u(x, y) = X(x)Y (y) kedalam (1.33) dan gunakan
metode pemisahan variabel, kita tiba pada persamaan-persamaan
X ′′ + kX = 0, Y ′′ − kY = 0, (1.36)
dimana k adalah konstanta pemisahan. Gunakan syarat batas, maka diperoleh
u(x, 0) = X(x)Y (0) = 0 =⇒ Y (0) = 0
u(0, y) = X(0)Y (y) = 0 =⇒ X(0) = 0
u(a, y) = X(a)Y (0) = 0 =⇒ X(a) = 0. (1.37)
Persamamn (1.36) memiliki 3 macam solusi yang bergantung pada nilai k. Untuk
k = 0 diperoleh X ′′ = 0 yang memberikan solusi
X(x) = A1x+ A2, (1.38)
di mana A1 dan A2 adalah sebarang konstanta real. Substitusi syarat batas (1.37)
memberikan solusi trivial. Untuk k < 0, misal k = −µ2, suku pertama persamamn
(1.36) menjadi
X ′′ − µ2X = 0 (1.39)
8 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
yang mempunyai solusi
X(x) = B1eµx +B2e
−µx. (1.40)
Substitusi syarat batas (1.37) memberikan
X(0) = B1eµ0 +B2e
−µ0 = 0
= B1 +B2 = 0 =⇒ B1 = −B2
X(a) = B1eµa +B2e
−µa = 0
= −B2eµa +B2e
−µa = 0
= B2(e−µa − eµa) = 0, (1.41)
yang mengakibatkan B2 = 0 sehingga mengarah ke solusi trivial. Untuk k = µ2 > 0,
diperoleh solusi-solusi X(x) = c1 cosµx + c2 sinµx. Pensubstitusian syarat-syarat
batas pada X membuat c1 = 0,
µ = µn =nπ
a, n = 1, 2, · · · (1.42)
dan jadi
Xn(x) = sinnπ
ax, n = 1, 2, · · · . (1.43)
Kembali lagi ke Y dengan k = µ2n, kita mendapat
Y = An coshµny +Bn sinhµny. (1.44)
Pengimposan Y (0) = 0, kita mendapat An = 0, dan jadi
Yn = Bn sinhµny. (1.45)
Dari (1.43) dan (1.45) kita kemudian memperoleh perkalian solusi
Bn sinnπ
ax sinh
nπ
ay. (1.46)
Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh bentuk umum solusi
u(x, y) =∞∑n=1
Bn sinnπ
ax sinh
nπ
ay. (1.47)
1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 9
Akhirnya, syarat batas u(x, b) = f2(x) mengakibatkan bahwa
f2(x) =∞∑n=1
Bn sinhnπb
asin
nπ
ax. (1.48)
Kalikan (1.48) dengan sin m′πax kemudian integrasikan atas interval 0 < x < a dan
gunakan sifat ortogonal, kita punya
Bn =2
a sinh nπba
∫ a
0
f2(x) sinnπ
ax dx, n = 1, 2, · · · . (1.49)
Contoh 1.2.2 ( Temperatur steady-state didalam pelat bujur sangkar) Seperti
pada Contoh 1.2.1
(i). Tentukan distibusi temperatur steady-state didalam plat bujur sangkar 1 × 1
dimana satu sisi dilakukan pada 100◦ dan tiga sisi yang lain dilakukan pada
0◦.
(ii). Khususnya, cari distibusi temperatur steady-state pada pusat dari pelat.
Solusi. Untuk (i) kita pecahkan persoalan itu sebagai kasus khusus dari Contoh
1.2.1, dimana f2(x) = 100◦ dan a = b = 1. Dari (1.47) dan (1.49), diperoleh
u(x, y) =∞∑n=1
Bn sinnπx sinhnπy, (1.50)
dimana
Bn =200
sinhnπ
∫ 1
0
sinnπx dx =200
nπ sinhnπ(1− cosnπ). (1.51)
Substitusi (1.51) kedalam (1.50) kita kemudian mendapat solusi
u(x, y) =∑n odd
200
nπ sinhnπ(1− cosnπ) sinnπx sinhnπy
=400
π
∞∑k=0
sin(2k + 1)πx
(2k + 1)
sinh(2k + 1)πy
sinh(2k + 1)π. (1.52)
10 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
Untuk bagian (ii) pensubstitusian x = y = 12
ke (1.52) kita memperoleh temperatur
pada pusat sebagai
u(1
2,1
2) =
400
π
∞∑k=0
sin(2k + 1)π2
(2k + 1)
sinh(2k + 1)π2
sinh(2k + 1)π
=400
π
∞∑k=0
(−1)k
(2k + 1)
sinh(2k + 1)π2
2 sinh(2k + 1)π2
cosh(2k + 1)π2
=200
π
∞∑k=0
(−1)k
(2k + 1)
1
cosh(2k + 1)π2
, (1.53)
dimana digunakan fakta bahwa
sinhu = 2 sinhu
2cosh
u
2, (1.54)
dan
sin(2k + 1)π
2= (−1)k. (1.55)
Latihan 1.2.1 Seperti pada Contoh 1.2.1 pecahkan persoalan nilai batas dari persamaan-
persamaan (1.33) dan (1.34) dengan syarat-syarat awal sebagai berikut:
(i). u(x, 0) = f1(x) dan yang lainnya semuanya nol.
(ii). u(0, y) = g1(y) dan yang lainnya semuanya nol.
(iii). u(a, y) = g2(y) dan yang lainnya semuanya nol.
Remark 1.2.1 Gunakan fakta berikut: Dari soal (i) kita mempunyai PDP II: Y ′′−
µ2Y = 0 yang mempunyai solusi Y (y) = D1 coshµy+D2 sinhµy. Dari syarat batas
Y (0) = 0 di peroleh D2 = −D1 coshµbsinhµb
. Jadi
Y (y) =D1(coshµy sinhµb− coshµb sinhµy)
sinhµb. (1.56)
1.2. Persamaan Laplace Dua Dimensi dalam Koordinat Kartesius 11
Karena X(x) = Xn(x) = sinµnx, n = 1, 2, 3, · · · . Maka
u(x, y) = sinµnxD1(coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)
sinhµnb
=D1
sinhµnbsinµnx (coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)
= Dn sinµnx (coshµny sinhµnb− coshµnb sinhµny)
=∞∑n=1
Dn sinµnx sinhµn(b− y), µn =nπ
a
=∞∑n=1
Dn sinnπ
ax sinh
nπ
a(b− y). (1.57)
Latihan 1.2.2 (Project problem) Persoalan temperatur steady-state didalam se-
buah solid tiga dimensi membentuk persoalan Dirichlet yang berkaitan dengan per-
samaan Laplace tiga dimensi:
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2= 0, 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c. (1.58)
Ikutilah langkah-langkah garis besar berikut untuk menurunkan solusinya yang mem-
punyai bentuk
u(x, y, z) =∞∑n=1
∞∑m=1
Amn sinmπ
cx sin
nπ
by sinhλmnz, λmn = π
√(m
a)2 + (
n
b)2
Amn =4
ab sinh(cλmn)
∫ b
0
∫ a
0
f(x, y) sinmπ
ax sin
nπ
by dxdy. (1.59)
• Cari perkalian solusi dari bentuk X(x)Y (y)Z(z). Gunakan pemisahan variabel
dan turunkan persamaan-persamaan
X ′′ + µ2X = 0, Y ′′ + ν2Y = 0, Z ′′ − (µ2 + ν2)Z = 0, (1.60)
• Dapatkan syarat-syarat batas
X(0) = X(a) = 0, Y (0) = Y (b) = 0, dan Z(0) = 0. (1.61)
12 BAB 1. PERSAMAAN GELOMBANG DUA DIMENSI
• Tunjukkan bahwa
µ =mπ
a= 0, µ =
nπ
b, m, n = 1, 2, 3, · · · . (1.62)
• Turunkan perkalian solusi
umn(x, y, z) = Amn sinmπ
ax sin
nπ
by sinhλmnz. (1.63)
Bab 2
Persamaan Laplace Dua
Dimensi
2.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Po-
lar
Mari kita ingat kembali hubungan antara koordinat kartesius dan polar berikut:
x = r cos θ, y = r sin θ, r2 = x2 + y2, tan θ =y
x. (2.1)
Differensiasi r2 = x2 + y2 terhadap x kita memperoleh
2r∂r
∂x= 2x, atau
∂r
∂x=x
r. (2.2)
Differensiasi (2.2) terhadap x lagi kita mempunyai
∂2r
∂2x=r − x ∂r
∂x
r2=r − xx
r
r2=y2
r3. (2.3)
Differensiasi θ = tan−1 yx
terhadap x, kita mendapat
∂θ
∂x=
1
1 + ( yx)2
(− y
x2) = − y
r2. (2.4)
13
14 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE
Differensiasi (2.4) terhadap x lagi, kita mempunyai
∂2θ
∂x2=
0− (−y)2r ∂r∂x
r4=
2xy
r4. (2.5)
Dengan cara yang sama kita dengan mudah memperoleh berikut ini
∂r
∂y=y
r,
∂θ
∂y=
x
r2, (2.6)
dan juga
∂2r
∂y2=x2
r3,
∂2θ
∂y2= −2xy
r4. (2.7)
Dari u = u(r, θ), r = (x, y) dan θ = (x, y) kita dengan mudah memperoleh
∂u
∂x=∂u
∂r
∂r
∂x+∂u
∂θ
∂θ
∂x(2.8)
Terapkan aturan perkalian dari turunan dan aturan rantai lagi, kita memperoleh
∂2u
∂x2=
∂
∂x
(∂u
∂r
∂r
∂x+∂u
∂θ
∂θ
∂x
)=
∂
∂x(∂u
∂r)∂r
∂x+∂u
∂r
∂2r
∂x2+
∂
∂x(∂u
∂θ)∂θ
∂x+∂u
∂θ
∂2θ
∂x2
=
(∂2u
∂r2∂r
∂x+
∂2u
∂r∂θ
∂θ
∂x
)∂r
∂x+∂u
∂r
∂2r
∂x2+
(∂2u
∂r∂θ
∂r
∂x+∂2u
∂2θ
∂θ
∂x
)∂θ
∂x+∂u
∂θ
∂2θ
∂x2
=∂2u
∂r2
(∂r
∂x
)2
+ 2∂2u
∂r∂θ
∂θ
∂x
∂r
∂x+∂u
∂r
∂2r
∂x2+∂2u
∂θ2
(∂θ
∂x
)2
+∂u
∂θ
∂2θ
∂x2. (2.9)
Ganti x dengan y didalam (2.9), kita memperoleh
∂2u
∂y2=∂2u
∂r2
(∂r
∂y
)2
+ 2∂2u
∂r∂θ
∂θ
∂y
∂r
∂y+∂u
∂r
∂2r
∂y2+∂2u
∂θ2
(∂θ
∂y
)2
+∂u
∂θ
∂2θ
∂y2. (2.10)
2.1. Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar 15
Tambahkan persamaan (2.9) dan persamaan (2.10), kita mendapat
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=
∂2u
∂r2
{(∂r
∂x
)2
+
(∂r
∂y
)2}
+ 2∂2u
∂r∂θ
{∂θ
∂x
∂r
∂x+∂θ
∂y
∂r
∂y
}︸ ︷︷ ︸
0
+∂u
∂r
{∂2r
∂x2+∂2r
∂y2
}+∂2u
∂θ2
{(∂θ
∂x
)2
+
(∂θ
∂y
)2}
+∂u
∂θ
{∂2θ
∂x2+∂2θ
∂y2
}︸ ︷︷ ︸
0
=∂2u
∂r2
∂r
∂x︸︷︷︸x/r
2
+
∂r
∂y︸︷︷︸y/r
2+
∂u
∂r
∂2r
∂x2︸︷︷︸y2/r3
+∂2r
∂y2
+∂2u
∂θ2
{(∂θ
∂x
)2
+
(∂θ
∂y
)2}. (2.11)
Lakukan cara yang sama, persamaan (2.11) reduksi ke
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=
∂2u
∂r2
(x2
r2+y2
r2
)+∂u
∂r
(x2
r3+y2
r3
)+∂2u
∂θ2
(x2
r4+y2
r4
)=
∂2u
∂r2
(x2 + y2
r2
)+∂u
∂r
(x2 + y2
r3
)+∂2u
∂θ2
(x2 + y2
r4
)(2.12)
Substitusi x2 + y2 = r2 ke dalam persamaan (2.12), kita memperoleh
4u = 52u =∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2. (2.13)
2.1.1 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Silinder
Jika u = u(x, y, z) persamaan Laplace (2.13) mempunyai bentuk
4u = 52u =∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2. (2.14)
Hubungan antara koordinat kartesius dan koordinat silinder adalah
x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = z. (2.15)
16 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE
Dapat ditunjukkan bahwa bentuk silinder dari persamaan (2.13) adalah
4u = 52u =∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2=∂2u
∂ρ2+
1
ρ
∂u
∂ρ+
1
ρ2∂2u
∂θ2+∂2u
∂z2. (2.16)
Contoh 2.1.1 Gunakan koordinat bola untuk menghitung persamaan Laplace dari
f(x, y, z) = ln(x2 + y2 + z2), (x, y, z) 6= (0, 0, 0). (2.17)
Solusi. Didalam koordinat bola, kita punya
f(r, θ) = ln r2 = 2 ln r. (2.18)
Dari persamaan (2.13) kita memperoleh
52u =∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2= − 2
r2+
4
r2+ 0 =
2
r2. (2.19)
2.1.2 Persamaan Laplace di dalam Koordinat Bola
Misalkan (r, θ, φ) menyatakan koordinat bola dari titik (x, y, z). kita punya
x = r cosφ sin θ, y = r sinφ sin θ, z = r cos θ, r2 = x2 + y2 + z2. (2.20)
Sekarang misalkan
ρ = r sin θ, x = ρ cosφ, y = ρ sinφ, ρ2 = x2 + y2. (2.21)
Dari bentuk polar persamaan Laplace (2.13) kita mempunyai
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=∂2u
∂ρ2+
1
ρ
∂u
∂ρ+
1
ρ2∂2u
∂φ2. (2.22)
Perhatikan relasi berikut
z = r cos θ, ρ = r sin θ. (2.23)
Dari (2.23) kita memperoleh
∂2u
∂z2+∂2u
∂ρ2=∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2. (2.24)
2.1. Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar 17
Tambahkan ∂2u∂z2
ke (2.22) dan gunakan (2.24) memberikan
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2=∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2+
1
ρ
∂u
∂ρ+
1
ρ2∂2u
∂φ2. (2.25)
Dari (2.23) kita memperoleh θ = tan−1(ρ/z) sehingga
∂θ
∂ρ=
1
1 + (ρz)2
1
z=
z
z2 + ρ2=z2
r2=
cos θ
r. (2.26)
Differensiasi ρ = r sin θ terhadap ρ kita memperoleh
1 =∂r
∂ρsin θ + r cos θ
∂θ
∂ρ=∂r
∂ρsin θ + cos2 θ. (2.27)
Jadi,
∂r
∂ρ=
1− cos2 θ
sin θ= sin θ. (2.28)
Perhatikan bahwa φ dan ρ adalah koordinat polar di bidang-xy, maka ∂φ/∂ρ = 0.
Gunakan atruran rantai, kita memperoleh
∂u
∂ρ=∂u
∂r
∂r
∂ρ+∂u
∂θ
∂θ
∂ρ+∂u
∂φ
∂φ
∂ρ=∂u
∂r
ρ
r+∂u
∂θ
cos θ
r. (2.29)
Substitusi ini ke (2.25) dan sederhakan, kita memperoleh
4u = 52u =∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2=∂2u
∂r2+
2
r
∂u
∂r+
1
r2
(∂2u
∂θ2+ cot θ
∂u
∂θ+ csc2 θ
∂2u
∂φ2
).
(2.30)
Latihan 2.1.1 Tunjukkan fungsi-fungsi berikut memenuhi persamaan Laplace dan
kemudian hitung nilainya dengan menggunakan koordinat polar.
(i). u(x, y) = xx2+y2
.
(ii). u(x, y) = 1√x2+y2
.
(iii). u(x, y) = (x2 + y2 + z2)−1/2.
18 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE
2.1.3 Persamaan Laplace di dalam Domain Sirkuler
Distribusi temperatur steady-state pada plat sirkuler (lingkaran) yang berjari-jari a
memenuhi persamaan Laplace dua dimensi (koordinat polar):
52u =∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2, 0 < r < a, 0 < θ < 2π, (2.31)
dan syarat batas
u(a, θ) = f(θ), 0 < θ < 2π. (2.32)
Persamaan (2.31) dan persamaan(2.32) disebut persoalan Dirichlet dari cakram
berjari jari a.
Remark 2.1.1 Perhatikan bahwa f didalam (2.32) adalah berperiodik 2π.
Mari kita pecahkan persoalan (2.31) dan (2.32) dengan menggunakan metode
pemisahan variabel. Substitusi perkalian solusi u(r, θ) = R(r)Θ(θ) kedalam (2.31),
kita memperoleh
R′′Θ +1
rR′Θ +
1
r2RΘ′ = 0. (2.33)
Kalikan persamaan (2.33) dengan r2 dan kemudian bagi dengan RΘ, kita memper-
oleh
r2R′′
R+ r
R′
R+
Θ′′
Θ= 0. (2.34)
Atau
r2R′′
R+ r
R′
R︸ ︷︷ ︸λ
= − Θ′′
Θ︸︷︷︸λ
. (2.35)
Kita sederhakan persamaan (2.35) untuk memperoleh
r2R′′ + rR′ − λR = 0, dan Θ′′ + λΘ = 0. (2.36)
Suku kedua dari (2.36) mempunyai solusi berperiodik 2π
Θ = Θn = an cosnθ + bn sinnθ = 0, n = 0, 1, 2, · · · (2.37)
2.1. Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar 19
Suku pertama dari (2.36) adalah persamaan Euler. Mudah dilihat bahwa akar-
akarnya adalah n dan -n sehingga solusinya mempunyai bentuk
R(r) = c1
(ra
)n+ c2
(ra
)−n, n = 1, 2, · · · (2.38)
dan
R(r) = c1 + c2 ln(ra
), n = 0. (2.39)
Untuk persoalan Dirichlet di dalam cakram, solusi mesti tetap terbatas pada 0. Jadi,
kita harus ambil c2 = 0, karena(ra
)−n=(ar
)−ndan ln
(ra
)adalah tidak terbatas jika
r → 0. Maka kita tiba perkalian solusi
u0(r, θ) = a0 dan un(r, θ) =(ra
)n(an cosnθ + bn sinnθ), n = 1, 2, · · · . (2.40)
Dengan prinsip superposisi solusi, kita memperoleh
u(r, θ) = a0 +∞∑n=1
(ra
)n(an cosnθ + bn sinnθ). (2.41)
Taruh r = a didalam (2.41) gunakan (2.32) kita memperoleh
f(θ) = u(r, θ) = a0 +∞∑n=1
(an cosnθ + bn sinnθ). (2.42)
Mudah melihat bahwa a0, an dan bn di dalam persamaan (2.42) adalah koefisien-
koefisien Fourier dari fungsi f yang berperiodik 2π
a0 =1
2π
∫ 2π
0
f(θ) dθ, an =1
π
∫ 2π
0
f(θ) cosnθ dθ, bn =1
π
∫ 2π
0
f(θ) sinnθ dθ.
(2.43)
Contoh 2.1.2 Cari distribusi temperatur steady-state didalam cakram berjari-jari
1 jika bagian setengah atas dari cakram bersuhu 100◦ dan bagian setengah bawah
bersuhu 0◦.
Solusi. Nilai-nilai batas ditentukan oleh fungsi berikut:
u(r, θ) = f(θ) =
100, jika 0 < θ < π,
0, jikaπ < θ < 2π.
(2.44)
20 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE
Substutusi persamaan diatas ke dalam (2.43)
a0 =1
2π
∫ π
0
100 dθ = 50, an =1
π
∫ π
0
100 cosnθ dθ = 0, (2.45)
dan
bn =1
π
∫ π
0
100 sinnθ dθ =100
nπ[1− cosnπ]. (2.46)
Substutusi persamaan (2.46) dan persamaan (2.45) ke dalam (2.41) kita mendapat
solusi
u(r, θ) = 50 +100
π
∞∑n=1
1
n[1− cosnπ]rn sinnθ. (2.47)
Pada batas cakram, ketika r = 1, deret di atas menjadi
u(1, θ) = 50 +200
π
∞∑k=0
1
(2k + 1)sin(2k + 1)θ. (2.48)
Contoh 2.1.3 Pecahkan persoalan Dirichlet didalam cakram yang berjari jari 1 (see
[2]) dan syarat batasnya u(1, θ) = 1 + sin θ + 12
sin 3θ + cos 4θ.
Solusi. Bandingkan syarat batas dan persamaan (2.42), kita simpulkan a0 = 1, a4 =
1 dan semua an yang lain adalah nol dan juga b1 = 1, b3 = 12
dan semua bn yang lain
adalah nol. Ini berarti solusi (2.41) mempunyai bentuk
u(r, θ) = 1 + r sin θ +r3
2sin 3θ + r4 cos 4θ. (2.49)
2.1.4 Persamaan Laplace di dalam Annulus
Pecahkan persoalan Dirichlet diantara dua lingkaran (annulus):
52u =∂2u
∂r2+
1
r
∂u
∂r+
1
r2∂2u
∂θ2, R1 < r < R2, (2.50)
dan syarat batas
u(R1, θ) = g1(θ), dan u(R2, θ) = g2(θ), 0 < θ < 2π. (2.51)
2.1. Persamaan Laplace di dalam Koordinat Polar 21
Substitusi perkalian solusi u(r, θ) = R(r)Θ(θ) kedalam (3.5), kita memper-
oleh
r2R′′ + rR′ − λR = 0 (persamaan Euler), dan Θ′′ + λΘ = 0. (2.52)
Kasus 1 (λ = 0) persamaan Euler akan tereduksi ke
r2R′′ + rR′ = 0, (2.53)
yang mempunyai solusi sebagai
R(r) = a+ b ln r. (2.54)
Suku ke dua dari (2.52) mempunyai solusi
Θ(θ) = c+ dθ. (2.55)
Kasus 2 (λ > 0) persamaan Euler akan tereduksi ke
r2R′′ + rR′ − λ2R = 0, (2.56)
yang mempunyai solusi sebagai
R(r) = arλ + br−λ. (2.57)
Sekarang suku ke dua dari (2.52) mempunyai solusi
Θ(θ) = c cosλθ + d sinλθ. (2.58)
Jadi, solusi umum dari persoalan Dirichlet diatas adalah
u(r, θ) = a0 + b0 ln r +∞∑n=1
[(anrn + bnr
−n)] cosnθ + [(cnrn + dnr
−n) sinnθ]. (2.59)
Substitusi solusi (2.59) ke dalam syarat batas dan kemudian mengintegrasinya mem-
berikan persamaan berikut:
a0 + b0 lnR1 =1
2π
∫ 2π
0
g1(s) ds, a0 + b0 lnR2 =1
2π
∫ 2π
0
g2(s) ds (2.60)
22 BAB 2. PERSAMAAN LAPLACE
dan
anRn1 + bnR
−n1 =
1
π
∫ 2π
0
g1(s) cosns ds, anRn2 + bnR
−n2 =
1
π
∫ 2π
0
g2(s) cosns ds,
(2.61)
dan juga
cnRn1 + dnR
−n1 =
1
π
∫ 2π
0
g1(s) sinns ds, cnRn2 + dnR
−n2 =
1
π
∫ 2π
0
g2(s) sinns ds.
(2.62)
Contoh 2.1.4 Anggaplah potensial didalam lingkran nol,sedangkan diluarnya sin θ,
yaitu
52u = 0, 1 < r < 2 (2.63)
dan syarat batas u(1, θ) = 0, 0 ≤ θ ≤ 2π,
u(2, θ) = sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.(2.64)
Solusi. Mudah mengecek bahwa berikut benar
a0 + b0 ln 1 =1
2π
∫ 2π
0
0 ds⇒ a0 = 0, a0 + b0 ln 2 =1
2π
∫ 2π
0
cos s ds⇒ b0 = 0,
(2.65)
dan juga
an + bn(1)−n =1
π
∫ 2π
0
0 ds, an2n + bn2−n =1
π
∫ 2π
0
sin s cosns ds, (2.66)
dan lagi
cn + dn =1
π
∫ 2π
0
0 sin s ds, cn2n + dn2−n =1
π
∫ 2π
0
sin s sinns ds. (2.67)
Bab 3
Solusi Numerik
3.1 Solusi Numerik (Numerical Solutions)
Perhatikan ekspansi deret taylor dari fungsi f(x) berikut:
f(x+ h) = f(x) + f ′(x)h+f ′′(x)
2h2 + · · · (3.1)
Jika kita potong suku tersebut setelah suku kedua, maka kita mempunyai approksi-
masi
f(x+ h) ∼= f(x) + f ′(x)h, (3.2)
sehingga kita memperoleh
f ′(x) ∼=f(x+ h)− f(x)
h, (3.3)
yang mana kita sebut approksimasi beda-maju. Persamaan (3.3) bisa ditulis kembali
dalam bentuk
f(x+ h) ∼= f(x) + f ′(x)h. (3.4)
Sekarang ganti h dengan −h didalam persamaan (3.3) kita memperoleh approksi-
masi beda-mundur sebagai
f ′(x) ∼=f(x)− f(x− h)
h. (3.5)
23
24 BAB 3. SOLUSI NUMERIK
Atau
f(x− h) ∼= f(x)− f ′(x)h. (3.6)
Dari persamaan-persamaan (3.4) dan (3.6) kita memperoleh approksimasi beda-
pusat, yaitu,
f ′(x) =1
2h[f(x+ h)− f(x− h)]. (3.7)
Dengan cara yang sama kita bisa memperoleh approksimasi beda-pusat untuk tu-
runan ke dua, yaitu,
f ′′(x) =1
h2[f(x+ h)− 2f(x) + f(x− h)]. (3.8)
Kita sekarang perluas approksimasi beda hingga ini ke turunaan parsial. Jika
kita mulai dengan expansi deret taylor didalam dua vaiabel
u(x+ h, y) = u(x, y) + ux(x, y)h+ uxxh2
2!+ · · ·
u(x− h, y) = u(x, y)− ux(x, y)h+ uxxh2
2!− · · · . (3.9)
kita bisa simpulkan berikut:
ux(x, y) ∼=u(x+ h, y)− u(x, y)
h(Forward diffrence)
ux(x, y) ∼=u(x+ h, y)− u(x− h, y)
2h(Central diffrence)
uxx(x, y) ∼=1
h2[u(x+ h, y)− 2u(x, y) + u(x− h, y)] (Central diffrence)
uy(x, y) ∼=u(x, y + k)− u(x, y)
h(Forward diffrence)
uy(x, y) ∼=u(x, y + k)− u(x, y − k)
2k(Central diffrence)
uyy(x, y) ∼=1
k2[u(x, y + k)− 2u(x, y) + u(x, y − k)] (Central diffrence).(3.10)
3.1. Solusi Numerik (Numerical Solutions) 25
Notasi berikut sangat membantu dalam menggunakan komputer
u(x, y) = ui,j
u(x, y + k) = ui+1,j
u(x, y − k) = ui−1,j
u(x+ h, y) = ui,j+1
u(x− h, y) = ui,j−1
ux(x, y) =1
2h(ui,j+1 − ui,j−1)
uy(x, y) =1
2k(ui+1,j − ui−1,j)
uxx(x, y) =1
h2(ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1)
uyy(x, y) =1
k2(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j). (3.11)
Contoh 3.1.1 Pecahkan persoalan Dirichlet dengan menggunkan metode beda hingga
52u =∂2u
∂x2+∂2u
∂y2= 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1. (3.12)
dan syarat batas u = 0, pada puncak atas dan sisi− sisi dari bujursangkar
u(x, 0) = sin(πx), 0 ≤ x ≤ 1.(3.13)
Solusi. Substitusi persamaan (3.11) ke persamaan (3.12) kita memperoleh
52u =1
h2(ui,j+1 − 2ui,j + ui,j−1) +
1
k2(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j). (3.14)
Dengan memisalkan ukuran diskritisai h dan k sama, persamaan Laplace men-
jadi
(ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1 − 4ui,j) = 0, (3.15)
atau
ui,j =1
4(ui+1,j + ui−1,j + ui,j+1 + ui,j−1). (3.16)
26 BAB 3. SOLUSI NUMERIK
Perhatikan bahwa ui,j adalah solusi di interior titik-titik grid. Sebagai contoh, jika
kita ambil 4 interior titik-titik grid, yaitu m = n = 4, kita memperoleh
−4u22 + u21︸︷︷︸0
+u23 + u12︸︷︷︸sin(π/3)
+u32 = 0
−4u23 + u22 + u24︸︷︷︸0
+ u13︸︷︷︸sin(2π/3)
+u33 = 0
−4u32 + u31︸︷︷︸0
+u33 + u22 + u42︸︷︷︸0
= 0
−4u33 + u32 + u34︸︷︷︸0
+u23 + u43︸︷︷︸0
= 0. (3.17)
Atau
−4 1 1 0
1 −4 0 1
1 0 −4 1
0 1 1 −4
u22
u23
u32
u33
=
− sin(π/3)
− sin(2π/3)
0
0
=
−0.86
−0.86
0
0
. (3.18)
Daftar Pustaka
[1] N. H. Asmar, Partial Differential Equations with Fourier Series and Boundary
Value Problems, Pearson Prentice Hall, 2005.
[2] S. J. Farlow, Partial Differential Equations for Scienties and Engineers, John
Wiley and Sons, 1984.
27